精品解析：江西省赣州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（解析版）

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2024年7月
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时长120分钟.
第I卷（选择题共58分）
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线定理直接可得解.
【详解】又已知向量，，，
则，即，
解得，
故选：B.
2. 如图，是水平放置的直观图，其中，轴，轴，则的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面图与直观图的联系，分别判断三角形在两坐标系中的边、角关系计算即得.
【详解】依题意，因轴，轴，故,
在平面图直角坐标系中，有,
又，则,,
于是，,
故的周长为：.
故选：C.
3. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题一定正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，且，共面，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系分别判断各选项.
【详解】A选项：，，，则与位置无法确定，可能平行，可能相交，可能异面，A选项错误；
B选项：若，，则或，B选项错误；
C选项：若，，则或，C选项错误；
D选项：若，，且，共面，则，D选项正确；
故选：D.
4. 已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，先求出圆锥侧面展开图扇形的半径，再由侧面积公式列方程计算即得.
【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，则其侧面展开图的扇形弧长为，
则扇形半径为，侧面积为，解得.
故选：B.
5. 勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”“赵爽弦图”是我国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算的坐标运算直接可得解.
【详解】以点为坐标原点，建立如图所示平面直角坐标系，
设，则，，
，，
所以点的纵坐标为，横坐标为，
即，，
又，，
所以，
故选：A.
6. 设，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用辅助角公式、二倍角公式化简，再利用正弦函数的单调性和余弦函数的值域即可判断大小.
【详解】因，
，.
因函数在为增函数，故，
又，则，故，即.
故选：D.
7. 如图，在三棱柱中，底面，， ，，，为上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据立体几何性质分别可判断与形状，沿，将进行翻折，使其与在同一平面，解三角形即可.
【详解】如图所示，
连接，
由已知底面，即底面，
所以，，
又因为，，所以为直角三角形，且，，
又，即，
因，且,平面，
所以平面，又平面，
所以，即为直角三角形，
沿，将进行翻折，使其与在同一平面，此时到位置，
则，
所以当为与交点时最小，为，
则中，由余弦定理得
，即，
所以的最小值为，
故选：A.
8. 已知定义在上的偶函数，当时，，对任意总有.当时，恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分析、、时的函数解析式以及值域，再根据函数的倍增性和偶函数图象特征作出函数的图象，结合图象确定出符合条件的的范围即得的最大值.
【详解】当时，,则
即当时，；
当时，，
由题意， ,
则
即当时，；
同理，当时，.
又为定义在上的偶函数，其图象关于轴对称，故当时，，如图所示.
当时，恒成立，即，，
而由图象知，，则，
当取最大值时，必有，且，
由时，，可得，则得，或，
由图知应舍去.故当，时，取得最大值.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，属于难题.本题以分段函数为媒介，采用数形结合思想，通过数与形的相互转化能使繁难问题得到简化.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分．共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分．部分选对的得部分分．有选错的得0分.
9. 下列关于向量的说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若单位向量，夹角为，则向量在向量上的投影向量为
C. 若与不共线，且，则
D 若且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的线性运算及数量积的几何意义可判断各选项.
【详解】A：当时，若，，则与不一定平行，A错误；
B：向量在向量上的投影向量为，B正确；
C：若与不共线，且，则，C正确；
D：，则，又，
则，显然不能确定，D错误；
故选：BC.
10. 在中，，，，为内（含边界）任意一点，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则最大值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据向量的数量积可得，再利用正弦定理可得，根据外接圆的性质可得的面积，由三角形重心的性质可得，根据三角形内心的性质可得，再根据角分线的长度可得的最值.
【详解】A选项：由已知，则，则，正确；
B选项：如图所示，
由，可知外心，
又，可得，
又，则，，，
由正弦定理可知，，
则，正确；
C选项：由，即，，
所以，即，错误；
D选项：如图所示，
易知，分别为，方向的单位向量，，
以，为平行四边形的邻边作平行四边形，则四边形为菱形，
则射线为的角分线，且，
则，
又为内（含边界）任意一点，，，
则点为的角平分线上一点，且，
即，
即，解得，
所以，解得，错误；
故选：AB.
11. 如图，已知正方体的棱长为，点是的中点，点是正方体内（含表面）的动点，且满足，则（ ）
A. 动点在底面内轨迹的长度是
B. 点所在平面截正方体所得截面的面积为
C. 三角形在正方体内运动形成几何体的体积是
D. 存在某个位置，使得直线与平面所成的角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面垂直可确定动点在底面内轨迹及其长度，进而可得的点所在平面截正方体所得截面，求得面积，利用割补法可四棱锥体积，判断C选项，根据正方体的性质，可得线面角的最值，进而判断D选项.
【详解】A选项：如图所示，
分别取，中点，，连接，，，，，由正方体性质可知，，则，即，又平面，则，，，平面，所以平面，又平面，则，又，，，，平面，所以平面，平面所以，又，，平面，所以平面，所以在平面的轨迹为，A选项错误；
B选项：如图所示，
连接，，则，所以的轨迹为四边形的边界及其内部，可知，，则四边形为等腰梯形，，其面积为，B选项正确；
C选项：如图所示，
由已知可得三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，连接，则，C选项正确；
D选项：
连接，，则，，，所以当与点或点重合时，直线与平面所成的角最大，为和，在中，，则，在中，，则，故D选项错误；
故选：BC.
第II卷（非选择题共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式及两角差的正弦公式直接代入求值.
【详解】，
故答案为：.
13. 位于水东镇的和谐钟塔是赣州市标志性建筑，高度约为.塔顶测得地面上某两点的俯角分别为和，且，则两点间的距离为__________m.（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】过点作地面的垂线，垂足为，在和中分别求出和，在中，由余弦定理求得.
详解】
过点作地面的垂线，垂足为，则，，
，，，，
，
在中，由余弦定理，，
所以.
故答案为：.
14. 已知一个正四棱台的上下底面边长之比为，体积为，若此正四棱台的内切球存在，则这个内切球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设正四棱台上下底边边长，根据存在内切球，可得四棱台的高，再根据体积可得边长与高的值，即可得内切球半径及表面积.
【详解】
如图所示，分别取上下底边中点，可得如图等腰梯形，
设上下底面边长分别为，，即，，
又该四棱台存在内切球，设其球心为，
则为中点，且，，
所以，则，
又四棱台的体积，
解得，即
所以内切球半径，
表面积.
故答案为：
四､解答题：本题共5小题．共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）将的图象向右平移个单位后得到的图象，求函数在上的值域.
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）由图可得观察图象周期求得，代入特殊点求得，即得函数解析式，将看成整体角，结合正弦函数的图象即可求得对称中心；
（2）利用平移变换和诱导公式可得，求出整体角的范围，结合余弦函数的图象，即可求得函数的值域.
【小问1详解】
由图知，设函数的最小正周期周期为,则,则，解得，
又函数图象经过点,故得，，因，解得，
故有，；
由可得，即函数图象的对称中心为.
【小问2详解】
依题意，，
设，当时，，
而在上单调递减，在上单调递增，
故时，，时，即时，；
时，即时，.
故函数在上的值域.为.
16. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面，与平面所成角为，为线段上的点.
（1）若为线段的中点，证明：平面；
（2）若为线段上靠近的三等分点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）根据线线平行可证线面垂直；
（2）利用转化法可得三棱锥体积.
【小问1详解】
连接，连接，则为中点，
又为中点，，
又平面，平面，平面；
【小问2详解】
平面，
与平面所成角得平面角为，
，
所以点到平面的距离，
.
17. 在中，，，分别是角，，的对边，向量，，且.
（1）求；
（2）若，，的平分线交于点，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示结合二倍角公式可得，再根据正弦定理进行边角互化可得解；
（2）由余弦定理可得，再利用等面积法可得角分线的长度.
【小问1详解】
由，
则，
即，
再由正弦定理可知，
即，则，
又，则，
所以，，
又，所以；
【小问2详解】
由，，
则，即，
解得，
又为的平分线，
则，
所以，即，
所以，
解得.
18. 如图，点在直径为的半圆上，垂直于半圆所在的平面，平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，异面直线与所成的角是，在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据半圆可得，根据线面垂直可证线线垂直，进而可证线面垂直及面面垂直；
（2）根据定义法分别表示异面直线夹角与二面角，可得的长度及的值.
【小问1详解】
由已知点在直径为的半圆上，
则，
又垂直于半圆所在的平面，
，
又，且，平面，
平面，
且平面，平面平面，
所以，
平面，
平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
假设存在点，设长度为，
连接，过点作于，连接，
由已知，，
则，，
，异面直线与所成的角是，
即，
则，
由平面，平面，
，
又，，平面，
，
所以二面角的平面角为，
则，且，
又，
且，所以，
所以，
解得，
即，，
则.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问，是否存在问题，解答时要根据已知的空间角大小，求出相关线段的长.
19. 设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”.
（1）记的“友函数”为，求函数的单调递增区间；
（2）设，其中，求的“友向量”模长的最大值；
（3）已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间；
（2）化简函数解析式，可判断函数的“友向量”，进而可确定其模长；
（3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值.
【小问1详解】
由已知，
则令，，
解得，，
即函数的单调递增区间为，；
【小问2详解】
，
则的“友向量”为，
所以，
又，所以当，时，取得最大值为；
【小问3详解】
由已知点满足，
则，，且，
又，且，
且当，时，函数取得最大值，
即，
所以，
即，
又，
设，则原式，
且在上单调递减，
所以.